Đề thi thử Toán khối A 2011 - Đề số 3 pps

Sở GD-ĐT phú thọ Trờng T.H.p.t long châu sa é THI thử I HC NM học: 2010-2011 Mụn thi : TON Thời gian làm bài:150 phút(không kể thời gian giao đề) PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I:(2 im) Cho hm s : 1x2 1x y + + = (C) 1. Kho sỏt v v th hm s. 2. Vit phng trỡnh tip tuyn vi (C), bit tip tuyn ú i qua giao im ca ng tim cn v trc Ox. Cõu II:(2 im) 1. Gii phng trỡnh: sin 2 cos 2 cot cos sin x x tgx x x x + = 2. Gii phng trỡnh: ( ) 1 xlog1 4 3logxlog2 3 x93 = Cõu III: (2 im) 1.Tính nguyên hàm: sin 2 ( ) 3 4sin 2 xdx F x x cos x = + 2.Giải bất phơng trình: 1 2 3x x x Cõu IV: (1 im) Trong mt phng Oxy cho tam giỏc ABC cú trng tõm G(2, 0) bit phng trỡnh cỏc cnh AB, AC theo th t l 4x + y + 14 = 0; 02y5x2 =+ . Tỡm ta cỏc nh A, B, C. PHN RIấNG (3 im) Chú ý:Thí sinh chỉ đợc chọn bài làm ở một phần nếu làm cả hai sẽ không đợc chấm A. Theo chng trỡnh chun Cõu Va : 1. Tỡm h s ca x 8 trong khai trin (x 2 + 2) n , bit: 49CC8A 1 n 2 n 3 n =+ . 2. Cho ng trũn (C): x 2 + y 2 2x + 4y + 2 = 0. Vit phng trỡnh ng trũn (C') tõm M(5, 1) bit (C') ct (C) ti cỏc im A, B sao cho 3AB = . B. Theo chng trỡnh Nõng cao Cõu Vb : 1. Gii phng trỡnh : ( ) ( ) 21x2log1xlog 3 2 3 =+ 2. Cho hỡnh chúp SABCD cú ỏy ABCD l hỡnh vuụng tõm O, SA vuụng gúc vi đáy hỡnh chúp. Cho AB = a, SA = a 2 . Gi H v K ln lt l hỡnh chiu vuông góc ca A lờn SB, SD. Chng minh SC (AHK) v tớnh th tớch khối chúp OAHK. Ht. (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Hớng dẫn chấm môn toán Câu ý Nội Dung Điểm I 2 1 Khảo sát hàm số (1 điểm) 1 TXĐ: D = R\ {-1/2} Sựự Biến thiên: ( ) , 2 3 0 2 1 y x D x = < + Nên hàm số nghịch biến trên 1 1 ( ; ) ( ; ) 2 2 va + 0,25 + Giới hạn ,tiệm cận: 1 2 lim x y + =+ 1 2 lim x y = ĐTHS có tiẹm cận đứng : x = -1/2 1 lim 2 x y = 1 lim 2 x y + = đTHS có tiệm cận ngang: y = -1/2 0,25 + Bảng biến thiên: 0,25 x y y + -1/2 - - -1/2 + -1/2 • §å ThÞ : 0,25 2 Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là       − 0, 2 1 A Phương trình tiếp tuyến (∆) qua A có dạng       += 2 1 xky (∆) tiếp xúc với (C) / x 1 1 k x 2x 1 2 x 1 k co ù nghieäm 2x 1 − +   = +  ÷   +   ⇔  − +    =  ÷  +    0,25 ( )        = + −       += + +− ⇔ )2( k 1x2 3 )1( 2 1 xk 1x2 1x 2 0,25 y x 0 I -1/2 1 1 -1/2 Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là ( ) 2 1 3 x x 1 2 2x 1 2x 1   +  ÷ − +   = − + + 1 (x 1)(2x 1) 3(x ) 2 ⇔ − + = + và 1 x 2 ≠ − 3 x 1 2 ⇔ − = 5 x 2 ⇔ = . Do đó 12 1 k −= 0,25  Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: 1 1 y x 12 2   = − +  ÷   0,25 II 2 1 1. Giải phương trình: gxcottgx xsin x2cos xcos x2sin −=+ (1) (1) xsin xcos xcos xsin xcosxsin xsinx2sinxcosx2cos −= + ⇔ ( ) xcosxsin xcosxsin xcosxsin xx2cos 22 − = − ⇔ 0,25 cosx cos2x sin2x 0⇔ = − ∧ ≠ 2 2cos x cosx 1 0 sin2x 0⇔ + − = ∧ ≠ 0,25 1 cosx (cosx 1 :loaïi vì sinx 0) 2 ⇔ = = − ≠ 0,25 π+ π ±=⇔ 2k 3 x 0,25 2 2. Phương trình: ( ) 1 xlog1 4 3logxlog2 3 x93 = − −− (1) (1) ( ) 1 xlog1 4 x9log 1 xlog2 33 3 = − −−⇔ 0,25 1 xlog1 4 xlog2 xlog2 33 3 = − − + − ⇔ đặt: t = log 3 x 0,25 thành 2 2 t 4 1 t 3t 4 0 2 t 1 t − − = ⇔ − − = + − (vì t = -2, t = 1 không là nghiệm) t 1 hay t 4⇔ = − = 0,25 Do đó, (1) 3 1 log x 1 hay x 4 x hayx 81 3 ⇔ = − = ⇔ = = 0,25 III 2 1 1 Ta cã 2 2 sin 2 2sin cos ( ) 3 4sin (1 2sin ) 2sin 4sin 2 xdx x xdx F x x x x x = = + − − + + ∫ ∫ 0,25 §¨t u = sinx cosdu xdx⇒ = O,25 Ta cã: ( ) 2 2 ( ) ( ) 1 ( 1) 1 1 ln 1 1 udu du du F x G u u u u u c u = = = − + + + = + + + + ∫ ∫ ∫ 0,25 VËy 1 ( ) ln 1 sin 1 F x sinx c x = + + + + 0,25 2 1 §k: 3x ≥ Bpt 2 1 2 3 2 5 6 4 x x x x x x ⇔ + ≥ − + − ⇔ − + ≤ − 0,25 2 4 0 3 12 8 0 3 4 6 2 3 6 2 3 3 3 6 2 3 3 3 x x x x x x − ≥  ⇔  − + ≤  ≤ ≤   ⇔  − + ≤ ≤   + ⇔ ≤ ≤ 0,25 0,25 0,25 IV 1 . Tọa độ A là nghiệm của hệ { { 4x y 14 0 x 4 2x 5y 2 0 y 2 + + = = − ⇔ + − = = ⇒ A(–4, 2) 0,25 Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ∆ABC nên    −=+ −=+ ⇔    ++= ++= 2yy 2xx yyyy3 xxxx3 CB CB CBAG CBAG (1) 0,25 Vì B(x B , y B ) ∈ AB ⇔ y B = –4x B – 14 (2) C(x C , y C ) ∈ AC ⇔ 5 2 5 x2 y C C +−= ( 3) 0,25 Thế (2) và (3) vào (1) ta có    =⇒= −=⇒−= ⇒      −=+−−− −=+ 0y 1x 2y3x 2 5 2 5 x2 14x4 2xx CC BB C B CB Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) 0,25 V.a 3 1 1 1. Điều kiện n ≥ 4 Ta có: ( ) ∑ = − =+ n 0k knk2k n n 2 2xC2x Hệ số của số hạng chứa x 8 là 4n4 n 2C − 0,25 Hệ số của số hạng chứa x 8 là 4n4 n 2C − 0,25 Ta có: 3 2 1 n n n A 8C C 49− + = ⇔ (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49 ⇔ n 3 – 7n 2 + 7n – 49 = 0 ⇔ (n – 7)(n 2 + 7) = 0 ⇔ n = 7 0,25 Nên hệ số của x 8 là 2802C 34 7 = 0,25 2 2 Phương trình đường tròn (C): x 2 + y 2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) 3R = Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ⊥ IM tại trung điểm H của đoạn AB. 0,25 Ta có 2 3 2 AB BHAH === 0,25 Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I. Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB Gọi H' là trung điểm của A'B' 0,25 Ta có: 2 2 2 3 3 IH' IH IA AH 3 2 2   = = − = − =  ÷  ÷   Ta có: ( ) ( ) 2 2 MI 5 1 1 2 5= − + + = 0,25 và 2 7 2 3 5HIMIMH =−=−= ; 3 13 MH' MI H'I 5 2 2 = + = + = 0,25 Ta có: 13 4 52 4 49 4 3 MHAHMAR 2222 1 ==+=+== 43 4 172 4 169 4 3 'MH'H'A'MAR 2222 2 ==+=+== 0,25 Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5) 2 + (y – 1) 2 = 13 hay (x – 5) 2 + (y – 1) 2 = 43 0,25 V.b 3 1 1 1. Giải phương trình: ( ) ( ) 21x2log1xlog 3 2 3 =−+− §k: 1 1 2 x< ≠ ( ) 3 3 2log x 1 2log 2x 1 2⇔ − + − = 0,25 ( ) 3 3 log x 1 log 2x 1 1⇔ − + − = ( ) 3 3 log x 1 2x 1 log 3⇔ − − = 0,25 ( ) x 1 2x 1 3⇔ − − = ⇔ {   > < <  − − =  − + =  2 2 1 x 1 x 1 hoac 2 2x 3x 2 0 2x 3x 4 0(vn) 0,25 x 2⇔ = 0,25 2 2 +BC vuông góc với (SAB) ⇒ BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB ⇒ AH vuông góc với (SBC) ⇒ AH vuông góc SC (1) 0,25 + Tương tự AK vuông góc SC (2) (1) và (2) ⇒ SC vuông góc với (AHK ) 0,25 2 2 2 2 SB AB SA 3a= + = ⇒ SB = a 3 AH.SB = SA.AB ⇒ AH= a 6 3 ⇒ SH= 2a 3 3 ⇒ SK= 2a 3 3 (do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A) 0,25 Ta có HK song song với BD nên HK SH 2a 2 HK BD SB 3 = ⇒ = . 0,25 kÎ OE// SC ( )( ( ))OE AHK doSC AHK⇒ ⊥ ⊥ suy ra OE lµ ®êng cao cña h×nh chãp OAHK vµ OE=1/2 IC=1/4SC = a/2 0,5 Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có 2 2 2 2 4a AM AH HM 9 = − = ⇒ AM= 2a 3 0,25 = = = 3 OAHK AHK 1 1 a 1 a 2 V OE.S . HK.AM 3 3 2 2 27 (®vtt) S 0,25 A M I E O H K M C D [...]... (SAB) ⇒ BC vng góc với AH mà AH vng với SB ⇒ AH vng góc với (SBC) ⇒ AH vng góc SC (1) + Tương tự AK vng góc SC (2) (2) và (2) ⇒ SC vng góc với (AHK ) SB2 = AB2 + SA 2 = 3a2 ⇒ SB = a 3 a 6⇒ 2a 3 ⇒ 2a 3 AH.SB = SA.AB ⇒ AH= SH= SK= 3 3 3 (do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vng tại A) HK SH 2a 2 = ⇒ HK = BD SB 3 Gọi AM là đường cao c a tam giác cân AHK ta có 2a 4a2 ⇒ AM= AM 2 = AH 2 − HM 2 = 3. .. ln(e3 − 1) − ln(e − 1) = −2 + ln(e 2 + e + 1) Câu IV C/ 2 2 2 2 AC = 9a − 4a = 5a ⇒ AC = a 5 BC 2 = 5a 2 − a 2 = 4a 2 ⇒ BC = 2a M H là hình chiếu c a I xuống mặt ABC Ta có IH ⊥ AC IA/ A/ M 1 IH 2 4a / = = ⇒ = ⇒ IH = I / IC AC 2 AA 3 3 B 1 11 4a 4a 3 C VIABC = S ABC IH = 2a × a × = (đvtt) 3 32 3 9 Tam giác A BC vuông tại B 1 2 H Nên SA’BC= a 5 2a = a 5 2 2 / 2 2 2 Xét 2 tam giác A BC và IBC, Đáy IC = A. .. c a cạnh AD Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vng góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a Giải: Vì (SBI)và (SCI)vng góc với (ABCD) nên SI ⊥ (ABCD) Ta có IB = a 5; BC = a 5; IC = a 2; Hạ IH ⊥ BC tính được IH = 3a 5 ; 5 Trong tam giác vng SIH có SI = IH tan 600 = 3a 15 5 SABCD = SAECD + SEBC = 2a 2 + a 2 = 3a 2 (E là trung điểm c a AB) 1 1 3a 15 3a 3 15 V = SABCDSI = 3a. .. a+ b=7 a+ b=7 Ta có hệ là a 2 − b = 13 ⇔ a 2 + a − 20 = 0 { { 1 1   x + y = 4  x + y = −5   a= 4 a = −5 ⇔ b = 3 hay b = 12 Vậy  x hay  x  =3  = 12  y y  x = 1  x =3 x 2 − 4x + 3 = 0 x 2 + 5x + 12 = 0 ⇔ x = 3y hay x = 12y (VN) ⇔  y = 1 hay y = 1  3  Câu III : 3 3 3 3 + ln x dx ln x I=∫ dx = 3 +∫ dx 2 2 (x + 1) (x + 1) 1 (x + 1) 2 1 1 { { { { 3 dx 3 I1 = 3 = 2 (x + 1) (x + 1) 1 { 3. .. => OH 3 Vậy M 1  , 2 3 3 3 3 3 = ⇒ OM = , HM = = 2 6 3 2 3 3 3 3 ÷, M 2  , − ÷ 2  2  2 O M1 I H M2 2 Gọi A = ∆ ∩ (P) ⇒ A( -3 ;1;1) uuu r uu r a ∆ = (1;1; −1) ; n ( P) = (1;2; 3) uu r uu uuu r r d đđi qua A và có VTCP a d = a ∆ , n ( P)  = ( −1;2;1) nên pt d là :   x + 3 y −1 z −1 = = −1 2 1 Câu VII .a Gọi z = x + yi Ta có z – (3 – 4i) = x – 3 + (y + 4)i Vậy z – (3 – 4i) = 2 ⇔ (x − 3) 2... + 1) 1 { 3 = 1 3 4 3 ln x dx (x + 1) 2 1 I2 = ∫ Đặt u = lnx ⇒ du = dv = dx x dx −1 Chọn v = 2 (x + 1) x +1 3 3 3 3 ln x dx ln 3 dx dx ln 3 3 I2 = − +∫ =− +∫ −∫ =− + ln x + 1 1 1 x(x + 1) 4 x 1 x +1 4 2 1 3 Vậy : I = (1 + ln 3) − ln 2 4 Câu IV a BH 2 1 a 3a a 3 = ⇒ BN = 3 = BH= , ; B'H = 2 BN 3 2 2 4 2 gọi CA= x, BA=2x, BC = x 3 CA2 2 2 2 BA + BC = 2 BN + 2 C H M 2 2 9a 2  3a  x ⇔ 3x + 4 x = 2 ... Max S = khi x = y = 2 2   2+ 3 2− 3 x = x = 191   4 4 Min S = khi  hay  2− 3 2+ 3 16 y = y =     4 4 PHẦN RIÊNG A A Câu VI .a 1) Gọi đường cao AH : 6x – y – 4 = 0 và đường trung tuyến AD : 7x – 2y – 3 = 0 A = AH ∩ AD ⇒ A (1;2) M là trung điểm AB ⇒ B (3; -2 ) BC qua B và vng góc với AH ⇒ BC : 1(x – 3) + 6(y + 2) = 0 ⇔ x + 6y + 9 = 0 3 D = BC ∩ AD ⇒ D (0 ; − ) 2 D là trung điểm BC ⇒ C (-uuu... c a AB Gọi H' là trung điểm c a A'B' 2  3 3 Ta có: IH ' = IH = IA − AH = 3 −   2 ÷ =2 ÷   2 Ta có: MI = ( 5 − 1) 2 2 + ( 1 + 2) = 5 2 3 7 = 2 2 3 13 MH ' = MI + H ' I = 5 + = 2 2 và MH = MI − HI = 5 − 3 49 52 + = = 13 4 4 4 3 169 172 R 2 = MA'2 = A' H'2 + MH'2 = + = = 43 2 4 4 4 Vậy có 2 đường tròn (C') th a ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43 2 2 2 2 Ta có: R1 = MA... và IBC, Đáy IC = A C ⇒ S IBC = S A/ BC = a 5 3 3 3 3 3V 4a 3 2a 2a 5 = = Vậy d (A, IBC) = IABC = 3 2 S IBC 9 2a 5 5 5 2 2 2 2 Câu V S = (4x + 3y)(4y + 3x) + 25xy = 16x y + 12(x3 + y3) + 34 xy = 16x2y2 + 12[(x + y )3 – 3xy(x + y)] + 34 xy = 16x2y2 + 12(1 – 3xy) + 34 xy = 16x2y2 – 2xy + 12 Đặt t = x.y, vì x, y ≥ 0 và x + y = 1 nên 0 ≤ t ≤ ¼ Khi đó S = 16t2 – 2t + 12 1 S’ = 32 t – 2 ; S’ = 0 ⇔ t = 16 25 1 191... = 3 3 5 5 Câu V.Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thoả mãn x(x + y + z) = 3yz, ta có: 3 3 3 ( x + y ) + ( x + z ) + 3 ( x + y ) ( x + z ) ( y + z ) ≤ 5 ( y + z ) Giải: Từ giả thi t ta có: x2 + xy + xz = 3yz ⇔ (x + y)(x + z) = 4yz Đặt a = x + y và b = x + z Ta có: (a – b)2 = (y – z)2 và ab = 4yz Mặt khác a3 + b3 = (a + b) (a2 – ab + b)2 2 2 ≤ 2 (a + b ) ( a − b ) + ab    2 = 2 2  (a . ⇒ SC vuông góc với (AHK ) 2 2 2 2 SB AB SA 3a= + = ⇒ SB = a 3 AH.SB = SA.AB ⇒ AH= a 6 3 ⇒ SH= 2a 3 3 ⇒ SK= 2a 3 3 (do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A) Ta có HK song song. với BD nên HK SH 2a 2 HK BD SB 3 = ⇒ = . Gọi AM là đường cao c a tam giác cân AHK ta có 2 2 2 2 4a AM AH HM 9 = − = ⇒ AM= 2a 3 3 OAHK AHK 1 1 a 2 1 2a V OA.S . HK.AM 3 3 2 2 27 = = = Cách. H c a đoạn AB. Ta có 2 3 2 AB BHAH === Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I. Gọi A& apos;B' là vị trí thứ 2 c a AB Gọi H' là trung điểm c a A'B' Ta có: 2 2 2 3 3 IH'